Question

我有4个按钮，我想将按下的按钮的名称传递给PHP脚本。请注意，按钮切换弹出窗口。

$("[data-toggle=popover_edit]").click(function () {
    var btn_edit_name = $(this).attr('name');
    var data = { cat: btn_edit_name };
    $.post('task.php', data, function(returnedData) {
        // do something here with the returnedData
        alert(returnedData);
    });  
});

我也试过了，但它也没有用：

$("[data-toggle=popover_edit]").click(function () {
    var datasend = 'cat=' + $(this).attr('name') ;
    $.ajax({
        url: "task.php" ,
        data: datasend,
        type: "POST",
        cache: false,
        success: function(retour) {}
    });
});

我正试图在这里捕捉数据。 task.php：

if (!empty($_POST['cat'])):
    // set or update???
    $data = $user->get_aptitude($_SESSION['username'], $_POST['cat']);

    //set
    if ($data == null):
        $err = $user->set_jeune_aptitude($_SESSION['username'], $contenu, $_POST['cat']);

    //update
    else:
        $err = $user->update_aptitude($_SESSION['username'], $contenu, $_POST['cat']);
    endif;

这是button.it工作的代码，我已经检查过我传递的值是否合适：

echo '<a class="list-group-item active">Artistiques<button type="submit" class="btn btn-danger" data-toggle="popover_edit" id="edit_btn"  name="art"><i class="glyphicon glyphicon-edit "></i></button>   </a>';

注意：我正在使用WAMP。

Answer 1

最后我明白了！我通过点击按钮1来传递值，这个按钮打开一个带有表单的弹出窗口。我只是抓住$ _post并将其放入var中以供日后使用（在表格处理之后）

感谢您的帮助。

将数据从jQuery传递给php

1 个答案: